1、第16章 动量,高中物理会考复习,1、三个概念： （1）冲量：定义 表达式 单位 属性 （2）动量：定义 表达式 单位 属性 （3）动量的变化（即：动量的变化量）,【知识要点】,2、二个规律： （1）动量定理： 内容： 表达式： 矢量性： 应用：（2）动量守恒定律： 内容： 表达式： 矢量性： 适用条件： 应用： 3、物理现象： （1）碰撞 （2）爆炸 （3）反冲,(一)冲量,1.恒力的冲量：力和力的作用时间的乘积叫作力的冲量，公式为I=Ft。冲量是描述作用在物体上的力在一段时间内的累积效应的物理量。冲量是矢量。恒力的冲量，其方向与该恒力的方向相同。 冲量是过程量，跟一段时间间隔相对应。由于力
2、和时间的量度跟参考系的选择无关，所以冲量与参考系的选择无关。,中学物理不能计算连续变力的冲量,但是要能计算分过程是恒力总过程是变力且为一维空间的冲量问题.,即使是一个变力，它在一段确定时间内的冲量也具有确定的大小和方向，只是不能直接用公式I=Ft来计算。,2.变力的冲量：,物体所受的冲量是指物体所受合外力的冲量，即物体所受所有外力的冲量的矢量和。I=I1+I2,3.物体所受的冲量:,物体系所受的冲量是指该物体系内所有各个物体所受外力的冲量的矢量和。 I=I1+I2,4. 物体系所受的冲量:,将质量为2kg的物体水平抛出，在它下落02m的过程中，重力的冲量多大？方向如何？初、末状态动量的变化多大
3、？方向如何？（取g=10m/s2） 发散：如果以初速度V0分别竖直向上、向下、平抛出一个物体，则物体落地过程中，重力的冲量相等吗？动量的变化相等吗？哪一种情况下重力的冲量、动量的变化量更大呢？,冲量与功的比较,I=Ft,W=Fscos,Ns,J,矢量,标量,是,是,F和t,F、s和,合力的冲量？,合力的功？,（二）动量,1.一个物体的动量:运动物体的质量和速度的乘积叫动量，公式为p=mv。动量是从动力学的角度描述物体运动状态的物理量，它反映了物体作机械运动的运动量。动量是矢量，其方向与速度的方向相同。动量是状态量，它与某时刻物体的质量和瞬时速度相对应。动量具有相对性，其速度的大小跟参考系的选择
4、有关，通常都以地面为参考系。,是指该系统内所有各个物体动量的矢量和。P=P1+P2,2.物体系的总动量:,动量与动能的比较,联系：,p=mv,Kgm/s,Kgm2/s2,矢量,标量,是,是,质量与速度,质量与速度的大小,这是动量变化量的定义式，这是一个矢量关系式。P也是一个矢量。动量的变化量P是一个过程量，它描述在某一过程中，物体动量变化的大小和方向。若物体的质量不变，则 p=mv；若物体的速度不变，而质量发生变化，则 p=vm。,是物体(或物体系)末动量与初动量的矢量差. P=p2-p1,(三).动量的变化量:,(四)动量定理：,1.一个物体的动量定理:物体在一段时间内所受到的合外力的冲量，
5、等于物体在这段时间内动量的变化，其表达式为I=p=P2-P1 。当物体所受的合外力为恒力F时，且在作用时间t内，物体的质量m不变，则动量定理可写成Ft=mv=mv2-mv1 。这是一个矢量式,它表达了三个矢量间的关系.,动量定理说明冲量是物体动量发生变化的原因，它定量地描述了作用在物体上的合外力通过一段时间的累积所产生的效果。动量定理跟前一章中的动能定理分别从不同的角度具体地描述了力是改变物体运动状态的原因。动量定理Ft=mv2-mv1虽然可以用牛顿第二定律F=ma和运动学公式 a=(v2-v1)/t推导出来，但用动量定理来的解决具体问题时，比直接用牛顿第二定律要优越得多。F=ma是一个瞬时的
6、关系式，只跟某一状态相对应。而一个过程是由无数个状态组成的。运用牛顿第二定律时，必须顾及到过程中的每一个状态，每一个细节。而运用动量定理时，只要抓住这个过程的初、末状态，不必顾及过程中的细节。动量定理的表达式是一个矢量式，等号两边的物理量不仅大小相等，而且方问也相同。且物体所受合外力的冲量，也就是物体所受各个力的冲量的矢量和。,说明：,如图，一质量为m=1kg的物体以10m/s速率垂直撞向墙壁，以5m/s的速率反弹，球与墙壁的作用时间为0.1s，求 1)物体的动量变化量P 2)墙壁对球的平均作用力F。,质量m=1kg的小球以5m/s的速率与地面相撞，以3m/s的速率反弹，球与地面的作用时间为0
7、.1s，则 1）小球的动量改变了多少？ 2）合外力的冲量为多少？ 3）地面对小球的平均作用力大小？方向？,按正交分解法 沿水平方向: Ix=0, mv2x=mv1, v2x=v1 沿竖直方向: Iy=mgt, mgt=mv2y, v2y=gt,.用动量定理研究平抛运动,.已知:初末速均为零,拉力F作用时间t1,而t2时间段没有拉力作用, 求阻力f .,根据动量定理:(F-f)t1-ft2=0 解得:f=Ft1/(t1+t2),2.物体系的动量定理,动量定理不仅适用于单个物体，同样也适用于物体系。 Ft+ ft =mv2-mv1式中F表示系统外力,f表示系统内力. 因为内力是成对的，大小相等，方
8、向相反，作用时间相同，所以整个系统内的内力的总冲量必定为零ft=0而系统的总动量的变化量，是指系统内所有各个物体的动量变化量的矢量和。所以当研究对象为物体系时，动量定理可表述为：一个系统所受合外力的冲量，等于在相应时间内，该系统的总动量的变化。其中“外力”仅指外界对系统内物体的作用力，不包括系统内各物体间相互作用的内力。 Ft =mv2-mv1,一对内力的冲量 I=0 以子弹打木块为例I=-fm t +fM t =0 一对内力的功 W=fs相 以子弹打木块为例W=-fmsm+fMsM=-fd,（1）正确选择研究对象，这关系到确定系统与外界，内力和外力。（2）对研究对象进行受力分析，运动过程的分
9、析，确定初、末状态，应注意物体的初、末速度应该是相对于同一个惯性参考系的。（3）在一维的情况下，选取坐标正方向，由此得出各已知矢量的正、负号，代入公式I=p2-p1进行运算。(4)在二维的情况下,用正交分解法。,正确运用动量定理的关键是：,例.已知:m,a,M, 求:N=? f=?,解:按正交分解法 沿竖直方向:(N-Mg-mg)t=-mat sin 得 N=(M+m)g-ma sin 沿水平方向:ft=mat cos 得 f=ma cos ,（五）动量守恒定律,1. 一个物体如果不受外力或所受合外力为零，其表现为保持原有的运动状态不变。当几个物体组成的物体系不受外力或所受外力之和为零，只有系
10、统内部的物体之间相互作用时，各个物体的动量都可以发生变化，但系统的总动量的大小和方向是保持不变的。这就是动量守恒定律。若用p和p分别表示系统的初、末动量，则动量守恒定律可表达为： P=P-P=0 或 P=P 。对于由两个物体组成的系统，动量守恒定律可以写成： P= P1+P2 =0 或 P1= -P2 。其物理意义是：两个物体相互作用时它们的动量的变化总是大小相等，方向相反的。,对于始终在同一条直线上运动的两个物体组成的系统，动量守恒定律的一般表达式为m1v10+m2v20=m1v1+m2v2式中等号左边是两个物体在相互作用前的总动量，等号右边是它们在相互作用后的总动量。式中的四个速度应该是相
11、对于同一个惯性参考系的。四个速度的正、负号的确定方法跟动量定理中所用的方法相同。,2.动量守恒定律的适用条件,(1)系统不受外力或系统所受外力之和为零，是系统动量守恒的条件。,(2)若系统所受外力之和不为零，但在某一方向上的外力之和为零，则在该方向上系统动量守恒。,(3)如果系统所受外力之和不为零，而且如果系统内的相互作用力远大于作用于系统的外力，或者外力作用的时间极短，这时外力的冲量就可以忽略不计，可以近似地认为系统的动量守恒。,例如人船问题。,例如碰撞。,空中飞行的炸弹在速度沿水平方向的时刻发生爆炸，炸成质量相等的两块，其中一块自由下落，另一块飞出后落地点离爆炸点水平距离为S，已知炸弹炸前
12、瞬时速度为V0，试求：爆炸点离地面的高度？ 分析：炸弹在空中爆炸时，动理近似守恒，且它在爆炸的瞬间水平方向动量守恒，抓住水平方向爆炸的瞬间进行分析。,(五)碰撞和反冲问题,1. 完全非弹性碰撞：运动学特征：分离速度为零；典型问题如子弹打木块。动力学特征：动量守恒，机械能不守恒。m1v10+m2v20=(m1+m2) v,2. 一般非弹性碰撞,运动学特征：分离速度的绝对值小于接近速度且不为零；典型问题如子弹打木块时，子弹被弹回或穿透。动力学特征：动量守恒，机械能不守恒且减少。m1v10+m2v20=m1v1+m2v2 ；,3. 弹性碰撞,运动学特征：分离速度等于接近速度；典型问题如两个钢球相撞。
13、动力学特征：动量守恒，机械能守恒。m1v10+m2v20=m1v1+m2v2 ,由两式得,由以上两式得 v2-v1= v10-v20 既在弹性碰撞中分离速度等于接近速度。,则由两式得,因为m1m2 所以v1的方向向前,特例1、v20=0,则由两式得 v1 =v20 ， v2 =v10,特例2、m1=m2=m,运动学特征：接近速度为零但分离速度不为零；典型问题如火箭问题。,例1、已知：炮弹的质量为m，炮身的质量为M，炮弹相对地的速度v0，求：炮身的反冲速度v 。 mv0=Mv v=mv0/M例2、已知：炮弹的质量为m，炮身的质量为M，炮弹相对炮口的速度u，求：炮身的反冲速度v 。m(u-v) =
14、Mv v=mu/(m+M),4. 反冲,动力学特征：动量守恒，机械能不守恒且增加。,例3.已知:m,M,L 求:x=?,解:,根据题意确定研究对象：由两个或几个物体组成的物体系。分析研究对象受力和运动情况，判断是否满足动量守恒条件。 分析各个物体的初状态和末状态，确定相应的动量。在一维的情况下，应选取合适的坐标轴的正方向。最后根据动量守恒定律列方程并求解 。即注意“四个确定”：系统的确定，守恒条件的确定，初、末状态的确定和坐标轴正方向的确定。,应用动量守恒定律的解题步骤,一块质量为M=0.98 kg的木块静置于光滑水平面上，一颗质量 m=0.02 kg的子弹以 v0=100 m/s的水平速度射
15、向木块，如果子弹射入木块后所受的相互作用阻力f=490 N，则木块厚度d至少应有多大才能不被子弹射穿？,分析：子弹射入木块后，以子弹和木块组成的系统为研究对象，则系统除了子弹与木块的相互作用力f以外，系统不受任何外力冲量（相互作用力f是一对内力，这一对内力的冲量之和为零），因此系统水平动量应该守恒子弹没有射穿木块，表明系统的终态应是子弹与木块保持相对静止，二者以共同的末速度vt向前运动这是典型的完全非弹性相同时，子弹就与木块保持相对静上，此时子弹在木块中射入的深度就是子弹与木块相对运动的距离d，如图所示在此过程中，子弹m的对,解：以子弹m和木块M组成的物体系统为研究对象，运用动量守恒定律，则有
16、,对m和M分别运用动能定理，则有,同时考虑到fM=fm=f，将上两式相加，则有,答；木材厚度至少应有02m，才能不被子弹射穿,说明：1如果木材厚度Ld，则子弹射穿木块后还有相对于木d处即达到相对静止，子弹未能到达图4-1中所示的木块的右近缘如果 100 m/s，则子弹不能射穿木块2在子弹射进木块的过程中，M和m组成的系统虽然动量守恒，对内力做功的代数和并不为零所以，系统的动能并不守恒，由于这一对摩擦力的存在，使系统的一部分机械能转化为内能，由式还看出：系统机械能的损失量（即系统内能的增加量）等于M与m之间的相互作用力f与相对位移d的乘积，特别要注意，不能把此乘积叫做f所做的功！因为做功中的位移
17、s必须是对地位移。,例3 具有弧形光滑表面（右侧足够高）的小车A静止在平台边缘的水平光滑地面上，小车质量MA=4kg。静止在光华平台上的小物体B，其质量为mB=0.9kg。质量为mC=0.1kg的子弹C以速度v0=20m/s水平射入B，经极短时间与B达到相对静止，并使B（含C）从P点向右滑上小车，如图所示(g取10m/s2)。试求：（1）物块B在小车A上所能达到的最大高度h；（2）物块B在小车A上回滑到P点时的对地速度vB.,分析：整个过程可分为三个阶段： 第一阶段以C和B组成的体系为研究对象，在子弹C射入物块B的过程中，系统不受任何水平外力冲量，因此系统动量守恒，可求得B（与 第二阶段以B（
18、含C）和A组成的体系为研究对象，在物块B上滑过程中，系统不受任何水平方向的外力冲量，系统水平动量守恒当物此过程中，由于一切表面均光滑，因此除了重力做功之外，无其他力对系统做功，系统的总机械能守恒，从而可求出h. 第三阶段是物块B从最高点回滑到P点，这一过程仍遵守系统水平动量守恒及机械能守恒规律.将第一,第二阶段当作一个完整过程研究,则相当于完全弹性碰撞,从而可求出vB.,解：取向右为正向，对于C射入B的过程有,h=016 m ,答：物块 B在小车 A上滑动的最大高度为016 m；当它回滑到 P点时对地速度的大小为 12 m/s，其方向向左,向左,说明：1题设条件中说明“子弹C水平射入B，经极短
19、时间与时，其位移可忽略这样只有B、C相互作用，不涉及A，因此可以认为由B、C组成的系统不受（由A给予的）水平外力冲量，系统动量才守恒,2从子弹C射入物块B开始，直到物块B从小车A上向左回滑出来的全过程中，A、B、C 三个物体组成的系统处处符合水平动量守恒定律，但系统的机械能并不时时守恒原因是第一阶段C射入B时，B、C间的相互摩擦力做功，使系统的一部分机械能转化成内能。3从物块B滑上小车A，直到物块B达最高点与小车A达到相对静止的瞬间，这个过程相当于是A、B之间发生完全非弹性碰撞（“合二为一”），系统的动能“损失量”最大（作为B的重力势能的增量临时“贮存”起来）而从物块B滑上小车A，直到物块B滑
20、回P点，全过程可视为A、B之间发生完全弹性正碰，碰前、碰后系统水平动量守恒，系统总动能守恒,如图所示，质量为M=2kg的平板小车的左端放着一个质量为 m=3kg的小铁块，它和车板之间的动摩擦因数为=05。开始时，车和铁块一起以速度v0在光滑水平地面上向右运动，车与墙发生碰撞，碰撞时间极短，碰墙后小车以原速率反向弹回。车身足够长，使得铁块不会与墙相碰，也不会从车上落下。求：小车和墙第一次相碰后所通过的总路程。,解：如图(1)所示，取车与铁块为研究对象。车第一次碰墙后，以速率v0向左运动，这时系统的总动量为(m-M)v0，因mM，故总动量向右。在车第一次碰墙到第二次碰墙的过程中，因系统在水平方向上
21、不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，当铁块与车相对静止时，速度为v1，向右。,由动量守恒定律得 (m-M)v0=(m+M)v1，解得v1=v0/5 。,另由于mM，系统的总动量是向右的，所以当车在铁块所施的滑动摩擦力作用下减速向左运动到速度为零时，铁块仍在车板上向右运动，滑动摩擦力使小车再次向右运动。 设 车从高墙向左运动到速度为零止所用时间为,小车向左的最大位移为,小车在从第一次碰墙到第二次碰墙的过程中，小车在铁块所施的滑动摩擦力作用下由v0匀减速向左运动到速度为零。此时小车的受力情况如图(2)所示，根据牛顿定律,当车第二次碰墙前，铁块已跟小车相对静止，一起以速度v1=v0/5向右运动。 从第二次碰墙到第三次碰墙，小车又重复前边的过程。设小车通过的路程为s2，比照s1的求法得s2= 。,接着，小车和铁块一起以v2=v1/5=v0/52的速度碰墙，类似地可得出，从第三次碰墙到第四次碰墙小车所通过的路程为s3= 。,故第n次碰墙后到再次碰墙所通过的路程为,说明：本题对物理过程的分析及数学处理都提出了较高的要求。由于mM，所以在相邻两次碰墙之间，系统总动量的方向是向右的，决定了铁块的速度一直是向右的，直到等于零为止。要能够看出小车在后一次碰墙之前，小车和铁块早已达到新的相对静止。这一点可以用动量,
